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专题三　牛顿运动定律的综合应用

　整体法、隔离法与连接体问题
1．连接体
(1)两个(或两个以上)相关联的物体，我们称之为连接体．连接体的加速度通常是相同的，但也有不同的情况．
(2)处理连接体问题的方法：整体法与隔离法．要么先整体后隔离，要么先隔离后整体．
2．整体法
(1)整体法是指连接体内物体间无相对运动时(具有相同加速度)，可以把连接体内所有物体组成的系统作为整体考虑，分析其受力情况，对整体列方程求解．
(2)整体法可以求系统的加速度或外界对系统的作用力．
3．隔离法
(1)隔离法是指当我们所研究的问题涉及多个物体组成的系统时，需要求连接体内各部分间的相互作用力，从研究方便出发，把某个物体从系统中隔离出来 ，作为研究对象，分析受力情况，再列方程求解．
(2)隔离法适合求物体系统内各物体间的相互作用力或各个物体的加速度．
　极限法与临界问题
在物体的运动变化过程中，往往达到某个特定状态时，有关的物理量将发生突变，此状态叫临界状态，相应的待求物理量的值叫临界值，此类问题称为临界问题．利用临界值来作为解题思路的起点是一种很有用的思考途径，这种方法称为临界条件法，又叫极限法．这种方法是将物体的变化过程推至极限——临界状态，抓住满足临界值的条件，准确分析物理过程进行求解．
常出现的临界条件为：(1)地面、绳子或杆的弹力为零．
(2)相对静止的物体间静摩擦力达到最大，通常在计算中取最大静摩擦力等于滑动摩擦力．
1.如图3－3－1所示，光滑水平面上放置着质量分别为m、2m的A、B两个物体，A、B间的最大静摩擦力为μmg，现用水平拉力F拉B，使A、B以同一加速度运动，则拉力F的最大值为(　　)
A．μmg　　　 B．2μmg　　　
C．3μmg　　　 D．4μmg
图3－3－1
【解析】　当A、B之间恰好不发生相对滑动时力F最大，此时，对于A物体所受的合外力为μmg，由牛顿第二定律知aA＝＝μg；对于A、B整体，加速度a＝aA＝μg，由牛顿第二定律得F＝3ma＝3μmg.
【答案】　C
2.(多选)(2014·南昌二中模拟)如图3－3－2所示，水平地面上有两块完全相同的木块A、B，水平推力F作用在木块A上，用FAB表示木块A、B间的相互作用力，下列说法可能正确的是(　　)
图3－3－2
A．若地面是完全光滑的，则FAB＝F
B．若地面是完全光滑的，则FAB＝F/2
C．若地面是有摩擦的，且木块A、B未被推动，可能FAB＝F/3
D．若地面是有摩擦的，且木块A、B被推动，则FAB＝F/2
【解析】　若地面光滑，先用整体法得F＝2ma，再用隔离法分析木块B有FAB＝ma，则FAB＝F/2.若地面是有摩擦的，且木块A、B被推动，由整体法得F－2μmg＝2ma，用隔离法对木块B有FAB－μmg＝ma，则FAB＝F/2.若木块A、B未被推动，则FAB≤F/2.
【答案】　BCD
3．如图3－3－3所示，光滑水平面上放置着质量分别为m、2m和3m的三个木块，其中质量为2m和3m的木块间用一根不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为T.现用水平拉力F拉其中一个质量为3m的木块，使三个木块以同一加速度运动，则以下说法正确的是(　　)
图3－3－3
A．质量为2m的木块受到四个力的作用
B．当F逐渐增大到T时，轻绳刚好被拉断
C．当F逐渐增大到1.5T时，轻绳还不会被拉断
D．轻绳刚要被拉断时，质量为m和2m的木块间的摩擦力T
【解析】　质量为2m的木块受到重力、质量为m的木块的压力、m对其作用的向后的摩擦力、轻绳的拉力、地面的支持力五个力的作用，选项A错误；对整体，由牛顿第二定律可知，a＝；隔离后面的叠加体，由牛顿第二定律可知，轻绳中拉力为F′＝3ma＝.由此可知，当F逐渐增大到2T时，轻绳中拉力等于T，轻绳才刚好被拉断，选项B错误，C正确；
轻绳刚要被拉断时，物块加速度a′＝，质量为m和2m的木块间的摩擦力为f＝ma′＝，选项D错误．
【答案】　C
连接体问题的分析思路
1.若系统内各物体具有相同的加速度，且要求物体间的相互作用力时，一般先用整体法由牛顿第二定律求出系统的加速度(注意F＝ma中质量m与研究对象相对应)，再根据题目要求，将其中的某个物体(受力数少的物体)进行隔离分析并求解它们之间的相互作用力，即“先整体求加速度，后隔离求内力”．
2．若系统内各个物体的加速度不相同，又需要知道物体间的相互作用力，往往把物体从系统中隔离出来，分析物体的受力情况和运动情况，并分别应用牛顿第二定律列出方程．
　(2013·新课标全国卷Ⅱ)一长木板在水平地面上运动，在t＝0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度—时间图象如图3－3－4所示．
图3－3－4
已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．取重力加速度的大小g＝10 m/s2，求：
(1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；
(2)从t＝0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小．
【解析】　从vt图象中获取速度及加速度信息．根据摩擦力提供加速度，且不同阶段的摩擦力不同，利用牛顿第二定律列方程求解．
(1)从t＝0时开始，木板与物块之间的摩擦力使物块加速，使木板减速，此过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止．
由图可知，在t1＝0.5 s时，物块和木板的速度相同．设t＝0到t＝t1时间间隔内，物块和木板的加速度大小分别为a1和a2，则
a1＝ ①
a2＝ ②
式中v0＝5 m/s、v1＝1 m/s分别为木板在t＝0、t＝t1时速度的大小．
设物块和木板的质量均为m，物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，由牛顿第二定律得
μ1mg＝ma1 ③
(μ1＋2μ2)mg＝ma2 ④
联立①②③④式得
μ1＝0.20 ⑤
μ2＝0.30 ⑥
(2)在t1时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动，物块与木板之间的摩擦力改变方向．设物块与木板之间的摩擦力大小为f，物块和木板的加速度大小分别为a′1和a′2，则由牛顿第二定律得
f＝ma′1 ⑦
2μ2mg－f＝ma′2 ⑧
假设f<μ1mg，则a′1＝a′2；由⑤⑥⑦⑧式得f＝μ2mg>μ1mg，与假设矛盾．故f＝μ1mg ⑨
由⑦⑨式知，
物块加速度的大小a′1等于a1；物块的vt图象如图中点划线所示．
由运动学公式可推知，物块和木板相对于地面的运动距离分别为
s1＝2× ⑩
s2＝t1＋ ?
物块相对于木板的位移的大小为
s＝s2－s1 ?
联立①⑤⑥⑧⑨⑩??式得
s＝1.125 m ?
【答案】　(1)0.20　0.30　(2)1.125 m
【迁移应用】
●与滑轮有关的连接体问题
1.如图3－3－5所示，一不可伸长的轻质细绳跨过定滑轮后，两端分别悬挂质量为m1和m2的物体A和B.
图3－3－5
若滑轮有一定大小，质量为m且分布均匀，滑轮转动时与绳之间无相对滑动，不计滑轮与轴之间的摩擦．设细绳对A和B的拉力大小分别为F1和F2，已知下列四个关于F1的表达式中有一个是正确的，请你根据所学的物理知识，通过一定的分析，判断正确的表达式是(　　)
A．F1＝　 B．F1＝
C．F1＝ D．F1＝
【解析】　设滑轮的质量为零，即看成轻滑轮，若物体B的质量较大，由整体法可得加速度a＝，隔离物体A，据牛顿第二定律可得F1＝g，将m＝0代入四个选项，可得选项C是正确，故选C.
【答案】　C
●与斜面体有关的连接体问题
2.如图3－3－6所示，质量为M的木楔ABC静置于粗糙水平面上，在斜面顶端将一质量为m的物体，以一定的初速度从A点沿平行斜面的方向推出，物体m沿斜面向下做减速运动，在减速运动过程中，下列有关说法中正确的是(　　)
A．地面对木楔的支持力大于(M＋m)g
B．地面对木楔的支持力小于(M＋m)g
C．地面对木楔的支持力等于(M＋m)g
D．地面对木楔的摩擦力为0
图3－3－6
【解析】　由于物体m沿斜面向下做减速运动，则物体的加速度方向与运动方向相反，即沿斜面向上，则其沿竖直向上的方向有分量，故系统处于超重状态，所以可确定A正确，B、C错误；同理可知，加速度沿水平方向的分量向右，说明地面对木楔的摩擦力方向水平向右，故D错误．
【答案】　A
动力学中的临界极值问题
在应用牛顿运动定律解决动力学问题中，当物体运动的加速度不同时，物体有可能处于不同的状态，特别是题目中出现“最大”、“最小”、“刚好”等词语时，往往会有临界现象，此时要采用假设法或极限分析法，看物体以不同的加速度运动时，会有哪些现象发生，尽快找出临界点，求出临界条件．
1．动力学中的典型临界问题
(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是：弹力FN＝0.
(2)相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是：静摩擦力达到最大值．
(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛的临界条件是：FT＝0.
(4)加速度最大与速度最大的临界条件：当物体在受到变化的外力作用下运动时，其加速度和速度都会不断变化，当所受合外力最大时，具有最大加速度；合外力最小时，具有最小加速度．当出现速度有最大值或最小值的临界条件时，物体处于临界状态，所对应的加速度为零或最大．
2．解题策略
解决此类问题重在形成清晰的物理图景，分析清楚物理过程，从而找出临界条件或达到极值的条件，要特别注意可能出现的多种情况．
　(2014·苏州中学检测)如图3－3－7所示，质量为m＝1 kg的物块放在倾角为θ＝37°的斜面体上，斜面质量为M＝2 kg，斜面与物块间的动摩擦因数为μ＝0.2，地面光滑，现对斜面体施一水平推力F，要使物块m相对斜面静止，试确定推力F的取值范围．(g＝10 m/s2)
图3－3－7
【解析】　(1)设物块处于相对斜面向下滑动的临界状态时的推力为F1，此时物块受力如图所示，取加速度的方向为x轴正方向．
对物块分析，
在水平方向有FNsin θ－μFNcos θ＝ma1
竖直方向有FNcos θ＋μFNsin θ －mg＝0
对整体有F1＝(M＋m)a1
代入数值得a1＝4.8 m/s2，F1＝14.4 N
(2)设物块处于相对斜面向上滑动的临界状态时的推力为F2，对物块分析，在水平方向有F′Nsin θ＋μF′Ncos θ＝ma2，
竖直方向有F′Ncos θ－μF′Nsin θ－mg＝0，
对整体有F2＝(M＋m)a2
代入数值得a2＝11.2 m/s2，F2＝33.6 N
综上所述可知推力F的取值范围为：14.4 N≤F≤33.6 N
【答案】　14.4 N≤F≤33.6 N
【迁移应用】
3.如图3－3－8所示，一轻绳上端系在车的左上角的A点，另一轻绳一端系在车左端B点，B点在A点正下方，A、B距离为b，两绳另一端在C点相结并系一质量为m的小球，绳AC长度为b，绳BC长度为b.两绳能够承受的最大拉力均为2mg.
图3－3－8
求：
(1)绳BC刚好被拉直时，车的加速度是多大？(要求画出受力图)
(2)在不拉断轻绳的前提下，求车向左运动的最大加速度是多大？(要求画出受力图)
【解析】　(1)绳BC刚好被拉直时，小球受力如图所示
因为AB＝BC＝b，AC＝b
故绳BC方向与AB垂直，cos θ＝
θ＝45°
由牛顿第二定律，得mgtan θ＝ma
可得a＝g
(2)小车向左的加速度增大，AB、BC绳方向不变，所以AC绳拉力不变，BC绳拉力变大，BC绳拉力最大时，小车向左的加速度最大，小球受力如图所示
由牛顿第二定律，得Tm＋mgtan θ＝mam
因这时Tm＝2mg
所以最大加速度为：am＝3g
【答案】　(1)g　受力图见解析　(2)3g　受力图见解析
　传送带问题的分析思路
1.分析流程
―→―→―→―→

2．解题中应注意以下几点
(1)在确定研究对象并进行受力分析之后，首先判定摩擦力突变(含大小和方向)点，给运动分段．传送带传送的物体所受的摩擦力，不论是其大小的突变，还是其方向的突变，都发生在物体的速度与传送带速度相等的时刻．物体在传送带上运动时的极值问题，不论是极大值，还是极小值，也都发生在物体速度与传送带速度相等的时刻．v物与v传相同的时刻是运动分段的关键点，也是解题的突破口．
(2)判定运动中的速度变化(即相对运动方向和对地速度变化)的关键是v物与v传的大小与方向，对二者的比较是决定解题方向的关键．
(3)在倾斜传送带上需比较mgsin θ与Ff的大小与方向，判断Ff的突变情况．
(4)考虑传送带长度——判定临界之前是否滑出；物体与传送带共速以后物体是否一定与传送带保持相对静止．
　(2014·成都模拟)如图3－3－9所示，传送带与地面倾角θ＝37°，从A到B长度为16 m，传送带以10 m/s的速度转动．在传送带上端A处无初速度地放一个质量为0.5 kg的小物体，它与传送带之间的动摩擦因数为0.5.则当皮带轮处于下列两种情况时，求物体从A运动到B所用时间．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)
(1)轮子顺时针方向转动；
(2)轮子逆时针方向转动．
图3－3－9
【解析】　小物体从A到B的运动过程中，受到三个力作用：重力mg、皮带的支持力FN、皮带的摩擦力Ff.由于摩擦力的方向始终与物体相对运动的方向相反，因此当轮子按不同方向转动时，或小物体与皮带的相对运动方向变化时，摩擦力方向都会改变．只有弄清楚小物体的受力情况，才能根据牛顿运动定律和运动学公式进行求解．
　
(1)轮子顺时针方向转动时，传送带作用于小物体的摩擦力沿传送带向上，物体的受力情况如图甲所示．物体由静止加速，由牛顿第二定律可得：
mgsin θ－μmgcos θ＝ma1，
解得：a1＝2 m/s2，
则物体从A端运动到B端的时间t＝＝4 s.
甲
乙
(2)轮子逆时针方向转动时，传送带作用于小物体的摩擦力沿传送带向下，物体的受力情况如图乙所示．物体由静止加速，由牛顿第二定律得
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma2，
解得：a2＝10 m/s2，
物体加速到与传送带速度相同需要的时间为t1＝＝ s＝1 s，
物体加速到与传送带速度相同时发生的位移为s＝a2t＝×10×12 m＝5 m，
由于μ可得此时加速度为：a3＝2 m/s2，
设后一阶段物体滑至底端所用时间为t2，
由L－s＝vt2＋a3t，
解得t2＝1 s.
所以，物体从A运动到B所用时间t′＝t1＋t2＝2 s.
【答案】　(1)4 s　(2)2 s
【即学即用】
如图3－3－10所示，传送带的水平部分ab＝2 m，斜面部分bc＝4 m，bc与水平面的夹角α＝37°.一个小物体A与传送带间的动摩擦因数μ＝0.25，传送带沿图示的方向运动，速率v＝2 m/s.若把物体A轻放到a处，它将被传送带送到c点，且物体A不会脱离传送带．求物体A从a点被传送到c点所用的时间．(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)
图3－3－10
【解析】　物体A轻放在a点后在摩擦力作用下向右做匀加速直线运动，直到和传送带速度相等．在这一过程中有a1＝＝μg，x1＝＝＝0.8 m此后物体随传送带运动到b点的时间为t2＝＝0.6 s.
当物体A到达bc斜面时，由于mgsin 37°＝0.6mg>μmgcos 37°＝0.2 mg，所以物体A将再沿传送带做匀加速直线运动，其加速度大小为a2＝gsin 37°－μgcos 37°＝4 m/s2，物体A在传送带bc上所用时间满足bc＝vt3＋a2t，代入数据得t3＝1 s(t3＝－2 s舍去)．
故物体A从a点被传送到c点所用时间为t＝t1＋t2＋t3＝2.4 s.
【答案】　2.4 s
A组　双基题组
1.(多选)(2013·辽宁省实验中学质检)某人在地面上用弹簧秤称得其体重为490 N．他将弹簧秤移至电梯内称其体重，t0至t3时间段内，弹簧秤的示数如图3－3－11所示，电梯运行的v－t图可能是(取电梯向上运动的方向为正)(　　)
图3－3－11
【解析】　由G－t图象知：t0～t1时间内，具有向下的加速度，t1～t2时间内匀速或静止，t2～t3时间内，具有向上的加速度，因此其运动情况可能是：t0～t3时间内
，故A、D正确．
【答案】　AD
2.(多选)(2014·衡水中学调研)如图3－3－12所示，小车的质量为M，人的质量为m，人用恒力F拉绳，若人与车保持相对静止，且地面为光滑的，又不计滑轮与绳的质量，则车对人的摩擦力可能是(　　)
A．()F，方向向左　B．()F，方向向右
C．()F，方向向左 D．()F，方向向右
图3－3－12
【解析】　把人和车看作整体，二者有向左的加速度，由2F＝(m＋M)a解得a＝.设车对人的摩擦力向右，大小为f，隔离人，由F－f＝ma，联立解得f＝()F，故选项D正确，B错误；设车对人的摩擦力向左，大小为f，隔离人，由F＋f＝ma，联立解得f＝()F，选项C正确，A错误．
【答案】　CD
B组　高考题组
3.(2011·新课标全国高考)如图3－3－13所示，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块．假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．现给木块施加一随时间t增大的水平力F＝kt(k是常数)，木板和木块加速度的大小分别为a1和a2.下列反映a1和a2变化的图线中正确的是(　　)
图3－3－13
【解析】　在m2与m1相对滑动前，F＝kt＝(m1＋m2)a，a与t成正比关系，a－t关系图线的斜率为，当m1与m2相对滑动后，m1受到的滑动摩擦力为f21＝μm2g＝m1a1，a1＝为一恒量，对m2有F－μm2g＝m2a2，得a2＝－μg，斜率为，可知A正确，B、C、D错误．
【答案】　A
4.(2012·江苏高考)如图3－3－14所示，一夹子夹住木块，在力F作用下向上提升．夹子和木块的质量分别为m、M，夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为f.若木块不滑动，力F的最大值是(　　)
A.
B.
C.－(m＋M)g
D.＋(m＋M)g
图3－3－14
【解析】　对整个系统应用牛顿第二定律：
F－(M＋m)g＝(M＋m)a ①
对M应用牛顿第二定律：2f－Mg＝Ma ②
由①②联立可得：F＝，故A正确．
【答案】　A
5.(2012·安徽高考)质量为0.1 kg的弹性球从空中某高度由静止开始下落，该下落过程对应的v－t图象如图3－3－15所示．球与水平地面相碰后离开地面时的速度大小为碰撞前的.设球受到的空气阻力大小恒为f，取g＝10 m/s2，求：
(1)弹性球受到的空气阻力f的大小；
(2)弹性球第一次碰撞后反弹的高度h.
图3－3－15
【解析】　(1)由v－t图象可知，小球下落过程的加速度为
a1＝＝ m/s2＝8 m/s2
根据牛顿第二定律，得mg－f＝ma1
所以弹性球受到的空气阻力f＝mg－ma1＝(0.1×10－0.1×8) N＝0.2 N.
(2)小球第一次反弹后的速度v1＝×4 m/s＝3 m/s
根据牛顿第二定律，得弹性球上升的加速度为a2＝＝ m/s2＝12 m/s2
根据v－v＝－2ah，得弹性球第一次反弹的高度
h＝＝ m＝0.375 m.
【答案】　(1)0.2 N　(2)0.375 m

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